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2022-2023学年湖北省十堰市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省十堰市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.无人机快递，即利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵无人驾驶的低空飞行器运载包裹，自动送达目的地。某无人机携带包裹沿水平方向匀速飞行，快要飞至目的地上方时，自由释放包裹，包裹准确落在目的地，此过程中无人机始终保持以原速直线飞行，不计空气阻力，则对包裹在空中下落的过程，下列说法正确的是( )
A. 包裹相对无人机静止B. 包裹相对无人机做自由落体运动
C. 包裹相对地面做匀加速直线运动D. 包裹相对地面做变加速曲线运动
2.如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面由静止下滑，B自由下落，最后均到达地面。下列说法正确的是( )
A. 重力对两物体做的功相同
B. 重力对两物体做功的平均功率相同
C. 两物体到达地面时的速度相同
D. 两物体到达地面时重力做功的瞬时功率相同
3.在某次投篮表演中，篮球被斜向上抛出后准确落入篮筐。这次投篮时，篮球出手时的位置和篮筐恰好在同一水平面上。若篮球出手后到落入篮筐前在空中运动的时间为t，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则篮球落入篮筐前距篮筐的最大高度为( )
A. 18gt2
B. 16gt2
C. 14gt2
D. 12gt2
4.双星由两颗绕着共同的中心旋转的恒星组成。在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。如图所示，若某双星系统的A、B两颗恒星绕其连线上的O点做匀速圆周运动，且AO>OB，则下列说法正确的是( )
A. A的角速度小于B的角速度B. A的质量小于B的质量
C. A的线速度小于B的线速度D. A的向心加速度小于B的向心加速度
5.如图所示，M、N两点分别固定电荷量相同的两个点电荷(图中未画出)，M处的点电荷带正电，N处的点电荷带负电，以N点为圆心，M、N两点间距离的一半为半径画圆，A、B、C、D是圆周上四点，A、B两点在直线MN上，C、D两点的连线过圆心且垂直于直线MN。一正试探电荷在圆周上运动，先后经过A、C、B、D四点。下列说法正确的是( )
A. 试探电荷在B点受到的电场力最大
B. 试探电荷在A、B两点受到的电场力方向相同
C. 试探电荷在B点的电势能最小
D. 试探电荷在C、D两点受到的电场力相同
6.假定维持月球绕地球运动的力与使得苹果下落的力性质相同，已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，月球绕地球做匀速圆周运动的角速度大小为ω，月球绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，则根据牛顿运动定律及万有引力表达式计算出的月球在轨道上运行的加速度大小以及根据圆周运动向心力表达式计算出的向心加速度大小分别为( )
A. g60，ω2RB. g60，60ω2RC. g3600，ω2RD. g3600，60ω2R
7.2023年5月11日，“天舟六号”货运飞船成功对接于空间站“天和”核心舱后向端口。交会对接完成后，“天舟六号”转入组合体飞行段。若组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运行周期为T，地球的半径为R，则地球表面的重力加速度大小为( )
A. 4πr3T2RB. 4π2r3T2RC. 4π2r3T2R2D. 4π2R3T2r2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示，实线表示电场线，虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过B点的切线与该处的电场线垂直。下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 粒子在B点的加速度大于它在C点的加速度
C. 粒子在B点时电场力做功的功率不为零
D. 粒子从A点运动到C点的过程中电势能先增加后减少
9.在如图所示的电路中，开关S闭合后，一带电油滴恰能静止于一水平固定的平行板电容器中的P点。下列说法正确的是( )
A. 油滴带负电荷
B. 仅将极板M缓慢下移，油滴将向上运动
C. 仅将极板M缓慢下移，静电计指针的张角变小
D. S断开后，仅将极板M缓慢下移，油滴静止不动
10.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点，它们的连线构成等边三角形。M、N、P分别为AB、AC、BC的中点，O点为三角形的中心。若A、B、C三点的电势分别为6V、4V、8V，则下列说法正确的是( )
A. M点的电势为5V
B. M点的电势比P点的电势高
C. N、P两点的电势差UNP=1V
D. O点的电势为7V
11.如图所示，距水平地面高度为h的光滑水平桌面上静置两个质量均为m的小球A和B(均视为质点)，两球用长为2h的轻绳相连，B球位于桌面的边缘，轻绳恰好伸直。现由于轻微扰动，B球由静止下落。重力加速度大小为g，两球落地后的速度立即变为零，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. B球落地时的速度大小为 2gh
B. A球落地时的速度大小为 3gh
C. A球到达桌面边缘所用的时间为3 hg
D. B球在空中运动时，轻绳的弹力大小为12mg
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.小明在做“研究平抛运动”的实验。
(1)如图甲所示，用横挡条卡住平抛小球后，用铅笔标注小球顶部在方格板上的投影点，则坐标原点应为小球在斜槽末端点时的______。
A.底部
B.球心
C.顶部
(2)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.斜槽轨道可以不光滑
B.每次横挡条必须向下或向上移动相同的距离
C.必须将所有的点用直线连接起来
D.y轴的方向(竖直向下)根据重垂线确定
(3)拍摄小球运动的频闪照片如图乙所示，可以看出，小球离开斜槽末端后做斜抛运动，出现这一结果的原因可能是______。
A.斜槽不光滑
B.斜槽末端切线不水平
C.小球被释放时的初速度不为0
D.释放小球的初始位置不同
13.学校物理兴趣小组用如图甲所示的装置验证A、B两物块组成的系统机械能守恒。物块A从高处由静止下落，物块B上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量并进行数据处理，即可验证机械能守恒定律。图乙是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个计时点(图中未画出)，计数点间的距离已标出。物块A的质量为300g，物块B的质量为200g，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，结果均保留三位有效数字。
(1)打点计时器打下计数点5时，物块A的速度大小为______m/s。
(2)该同学不知道当地的重力加速度，于是按课本中的数据，取重力加速度大小g=9.8m/s2，则在打点计时器打计数点0到打计数点5的过程中，两物块组成的系统动能的增加量为______ J，系统重力势能的减少量为______ J，并由此得出：在误差允许的范围内，验证了机械能守恒定律。
(3)测出某个计数点到计数点0的距离h以及打点计时器打该计数点时物块A的速度大小，选取多个计数点，得到多组数据，作出v2−h图像如图丙所示。若图像的斜率为k，则可推算出当地的重力加速度，g测=______(用k表示)，考虑到存在空气阻力和摩擦阻力，与当地的实际重力加速度g真相比，有g测______g真(填“>”、“<”或“=”)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
14.如图所示，半径R=2.5m的圆盘绕圆心O匀速水平转动，从O点正上方距O点的高度h=1.25m处水平抛出一个小球(视为质点)，此时圆盘半径OA(A点在圆盘边缘)恰好与小球被抛出时的初速度方向相同。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。若小球只与圆盘碰撞一次，且落点为A点关于O点对称的B点，求：
(1)小球被抛出时的初速度大小v0；
(2)圆盘转动的角速度大小ω。
15.如图所示，一半径为R的半球形碗固定，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口均光滑，碗的右侧有一倾角θ=45∘的固定光滑斜面(足够长)，一根不可伸长的轻绳跨接在碗口及斜面顶端的光滑小定滑轮两端，轻绳的两端分别系有甲、乙两个小球，左侧甲球的质量为2m，右侧乙球的质量为m。开始时甲球恰好在碗的右顶点A处，乙球在斜面上且距离斜面顶端足够远，连接两球的轻绳与斜面平行且恰好伸直。现将甲球由静止释放，当甲球到达O点正下方的B点时，轻绳突然断裂。重力加速度大小为g，不计轻绳断裂瞬间的能量损失，两球均视为质点。求：
(1)轻绳断裂前瞬间甲、乙两球的速度大小之比v1：v2；
(2)轻绳断裂后瞬间甲球对碗底的压力F的大小；
(3)轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的最大距离x。
16.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一、二象限内存在匀强电场，其中第一象限内的电场沿y轴负方向；第二象限内的电场沿x轴正方向、电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从第二象限内坐标为(−L,L)的M点由静止开始释放，从y轴上的N点进入第一象限，最后从x轴上到原点O距离为2L的P点离开第一象限。不计粒子受到的重力。求：
(1)粒子通过N点时的速度大小v；
(2)第一象限内的电场的电场强度大小E′；
(3)粒子从M点运动到P点的时间t；
(4)粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量ΔEp。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.当无人机释放包裹后，包裹会做平抛运动，即包裹在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，而此过程中无人机始终保持以原速直线飞行，则可知包裹相对无人机做自由落体运动，故A错误，B正确；
CD.由题分析可知，包裹被释放后做平抛运动，则可知包裹相对地面做匀变速曲线运动，故CD错误。
故选：B。
参考系：又称参照物，研究物体运动时选定的参照的物体或彼此不做相对运动的物体系。
根据题意判断物体的运动规律，选定参考系，再分析物体的运动状态即可。
解题关键是能够根据题意判断包裹的运动规律，再结合参考系的选定，即可求解。属于基础题目。
2.【答案】A
【解析】解：A、两物体竖直方向的高度h相等，根据WG=mgh，可知重力对两物体做的功相同，故A正确；
B、设斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律有：mgsinθ=ma，可得A的加速度a=gsinθ，A的加速度竖直分量小于g，由h=12ayt2可知A下滑的时间较长，根据P−=WGt，可知重力对两物体做功的平均功率不相同，故B错误；
CD、根据mgh=12mv2，可知两物体到达地面时的速度大小相同，但是方向不同，所以两物体到达地面时沿竖直方向的分速度不同，根据P=mgvy，可知重力做功的瞬时功率不相同，故CD错误。
故选：A。
A、两物体竖直方向高度相等，由WG=mgh可判断正误；
B、由牛顿第二定律可得物体A的加速度，比较两者竖直方向加速度大小，则可得两物体落地地面时间长短，由P−=WGt可得两物体重力平均功率不同；
CD、根据动能定理可知两物体到达地面速度大小相等，但竖直方向的速度不同，由P=mgvy可判断正误。
本题考查了功率、功，解题的关键是两物体竖直方向的高度相等，重力做功相等，竖直方向的加速度不等，则运动时间不相等。
3.【答案】A
【解析】解：篮球出手时的位置和篮筐恰好在同一水平面上，可知篮球做斜抛运动，从篮球出手到篮球到达最高点，和篮球从最高点到落入篮筐两个过程具有对称性，时间相等，即都为t2，而篮球从最高点到落入篮筐的过程中，竖直方向做自由落体运动，则有
h=12g(t2)2=18gt2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
分析投篮过程做斜抛运动，根据运动的合成和分解以及对称性规律计算。
本题关键掌握投篮过程篮球做斜抛运动，掌握逆向思维和对称性。
4.【答案】B
【解析】解：A、双星系统的特点是角速度相同，周期相同，故A错误；
B、设A的质量为mA，B的质量为mB，A、B间的距离为L，AO为r1，OB为r2，A、B系统的角速度为ω，则根据万有引力充当各自做圆周运动的向心力有：GmAmBL2=mAω2r1，GmAmBL2=mBω2r2
两式相除解得：mAmB=r2r1=OBAO
而由几何关系：AO>OB，由此可知A的质量小于B的质量，故B正确；
C、根据线速度与角速度的关系：v=ωr，由于有：AO>OB，可知A的线速度大于B的线速度，故C错误；
D、设A的向心加速度为aA，B的向心加速度为aB，根据牛顿第二定律：GmAmBL2=mAaA，GmAmBL2=mBaB
整理解得：aA=GmBL2，aB=GmAL2
而由以上结论可知：mB>mA
则可得：aA>aB，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力得到质量大小关系；
根据圆周运动规律由半径关系求得线速度和加速度的关系。
万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据等量异种点电荷的电场的特点可知，距离N相等的A、B、C、D电场强度A点最大，则正试探电荷在A处所受到的电场力最大，故A错误；
B、根据等量异种点电荷的电场的特点可知，A点电场强度的方向向右，而B点电场强度的方向向左，所以正试探电荷在A点受力方向水平向右，在B点受力方向水平向左，故B错误；
C、A、B、C、D四点在以点电荷−Q为圆心的圆上，由−Q产生的电场在A、B、C、D四点的电势是相等的，所以A、B、C、D四点的总电势可以通过+Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，A点的电势最高，C、D电势相等，B点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知试探电荷在A处的电势能最大，在B点的电势能最小，故C正确；
D、根据场强的叠加可知，C、D两点场强大小相等，方向不同，故电场力不同，故D错误。
故选：C。
根据等量异种点电荷的电场的特点判断电场强度大小关系。A、B、C、D四点的电场是由正电荷与负电荷合成的，由于A、B、C、D四点在以负点电荷的位置为圆心的圆上，所以由负点电荷的电场在A、B、C、D四点的电势是相等的，A、B、C、D四点的总电势可以通过正点电荷产生的电场的电势来判定，再判断出电势能的大小；根据电场强度的叠加判断电场强度的大小和方向，从而判断电场力的大小关系。
本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，要充分利用电场的叠加原理进行分析。
6.【答案】D
【解析】解：设地球的质量为M，月球的质量为m，地球上某一物体的质量为m0，则在地球上有
GMm0R2=m0g
而对于月球，由牛顿第二定律有
GMm(60R)2=ma
解得：a=g3600
由万有引力充当向心力有
mω2(60R)=ma
解得：a=60ω2R，故D正确，ABC错误；
故选：D。
在忽略自转的情况下，万有引力与重力相等，同时对月球根据牛顿第二定律列式即可完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解月球做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：设地球表面的重力加速度为g，地球的质量为M，组合体的质量为m，地球上某物体的质量为m0，
对空间组合体，由万有引力充当向心力有：GMmr2=m4π2T2r
对在地球表面的物体m0有：GMm0R2=m0g
联立解得：g=4π2r3T2R2
故选：C。
根据组合体绕地球做匀速圆周运动列出其动力学方程可表达出地球的质量；在地面上的物体受到的重力由万有引力提供，从而得到重力加速度的值。
本题考查了万有引力提供向心力和万有引力提供重力的综合问题，由此列出动力学方程可解题。
8.【答案】BD
【解析】解：A、带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带负电，故A错误；
B.电场线越密集的地方电场强度越大，根据牛顿第二定律有
Eq=ma
因此可知，电场线越密集的地方，带电粒子的加速度越大，而根据图中电场线的分布可知，B点的电场线比C点的更密集，因此粒子在B点的加速度大于它在C点的加速度，故B正确；
C.根据题意，过B点的切线与该处的电场线垂直，而电场力的方向始终平行于电场线，即在B点的速度方向垂直于电场力，因此可知粒子在B点时电场力做功的功率为零，故C错误；
D.由于该粒子带负电，则根据粒子的运动轨迹可知，粒子从A点运动到C点的过程中电场力先做负功，后做正功，因此粒子的电势能先增加后减少，故D正确。
故选：BD。
带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带负电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小；由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能的变化。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，题型典型，难度中等，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
9.【答案】AD
【解析】解：A、电容器上极板带正电，下极板带负电，板间场强竖直向下，油滴受到的电场力竖直向上，可知油滴带负电荷，故A正确；
B、仅将极板M缓慢下移，则两极板间距增加，而板间电压不变，根据E=Ud可知，场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动，故B错误；
C、仅将极板M缓慢下移，电容器两板电势差不变，则静电计指针的张角不变，故C错误；
D、S断开后，仅将极板M缓慢下移，两极板所带电量Q不变，根据电容的定义式C=QU，电容的决定式C=εrS4πkd以及E=Ud，联立解得：E=4πkQϵrS，则知两极板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴静止不动，故D正确。
故选：AD。
根据油滴受到的电场力方向与板间电场方向的关系判断油滴的电性；仅将极板M缓慢下移，MN间电压不变，根据E=Ud判断板间场强的变化，再判断油滴的受力情况和运动情况。S断开后，仅将极板M缓慢下移，板间场强不变，油滴仍静止。
本题考查电容器动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据电容的定义式C=QU，电容的决定式C=εrS4πkd以及E=Ud相结合进行分析。
10.【答案】AC
【解析】解：A、根据U=Ed知，在匀强电场中，任意一条直线上任意相等距离的两点之间的电势差相等，M为AB的中点，则UAM=UMB，即φA−φM=φM−φB，解得：φM=5V，故A正确；
B、点P为CB的中点，则有UCP=UPB，即φC−φP=φP−φB，解得：φP=6V，可知φP>φM，故B错误；
C、点N为CA的中点，则有UCN=UNA，即φC−φN=φN−φA，解得：φN=7V，由此可得：UNP=φN−φP=7V−6V=1V，故C正确；
D、因φP=φA，所以AP为该匀强电场中的一条等势线，点O在AP连线上，可知：φO=6V，故D错误。
故选：AC。
根据在匀强电场中，任意一条直线上任意等距离的两点之间的电势差相等，来求解M点、N点和P点的电势，再得到N、P两点的电势差。找到等势线，再分析O点的电势。
解决本题的关键是掌握公式U=Ed，求出各点的电势，找出等势点，得到等势线。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、设B球落地时的速度大小为v。在B球下落过程中，对A、B两球组成的系统，由机械能守恒定律有：mgh=12(2m)v2，解得：v= gh，故A错误；
B、据题分析可知，B球落地时A球距桌面边缘的距离为h，当B球落地后，A球做匀速直线运动，运动到从桌面边缘后做平抛运动。
设A球落地时的速度大小为v1，从B球落地到A球落地的过程中，对A球，由机械能守恒定律得：mgh=12mv12−12mv2，解得：v1= 3gh，故B正确；
C、B球落地的过程中，A、B两球都做匀加速直线运动，设加速度大小为a。
对A、B两球组成的整体，由牛顿第二定律得：
mg=2ma
解得：a=g2
设B落地所用的时间为t1，由运动学公式得：
h=12at12
解得：t1= 4hg
设在B球落地后A球运动到桌面边缘所用的时间为t2，该过程A球做匀速直线运动，则：
h=vt2
解得：t2= hg
所以A球到达桌面边缘所用的时间为：t=t1+t2= 4hg+ hg=3 hg，故C正确；
D、B球在空中运动时，设轻绳的弹力大小为T。
对B球，由牛顿第二定律得：mg−T=ma，解得：T=12mg，故D正确。
故选：BCD。
B球下落过程，对A、B两球组成的系统，运用机械能守恒定律求B球落地时的速度大小。B球落地后A球下落过程，对A球，利用机械能守恒定律求A球落地时的速度大小。根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求A球到达桌面边缘所用的时间。B球在空中运动时，对B球由牛顿第二定律求轻绳的弹力大小。
本题在应用机械能守恒定律时，应明确A落地后A即不能再分析，故应两次选择研究对象，利用机械能守恒定律求解速度。
12.【答案】C AD B
【解析】解：(1)实验中，用横挡条卡住平抛小球后，用铅笔标注小球顶部在方格板上的投影点，因此坐标原点应为小球在斜槽末端点时的顶部，故C正确，AB错误；
故选：C。
(2)A.斜槽轨道是否光滑对实验无影响，只要保证每次在同一位置释放小球就可保证小球做平抛运动的初速度相同，因此斜槽轨道可以不光滑，故A正确；
B.每次横挡条移动的距离可以随意些，目的都是为了得到小球做平抛的轨迹上的点，不必每次移动相同的距离，这样会增加实验的复杂程度及操作的繁琐性，故B错误；
C.因小球做平抛运动的轨迹为曲线，做出轨迹图像时应将所有的点迹用平滑的曲线连接起来，故C错误；
D.y轴的方向需根据重垂线来确定，以保证y轴竖直向下，故D正确。
故选：AD。
(3)根据拍摄照片可以看出，小球离开斜槽末端后做斜抛运动，说明斜槽末端未调整水平，才使得小球在斜槽末端抛出后做斜抛运动，而不是平抛运动。
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)AD；(3)B
(1)根据实验原理分析出坐标原点的位置；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据实验现象得出可能的原因。
本题主要考查了平抛运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点即可完成分析。
13.【答案】 <
【解析】解：(1)根据题意，每两个点之间还有4个点未画出，则可知纸带上每两个点之间的时间：T=0.1s。
纸带上的点迹为A、B组成的连接体做匀变速直线运动拖动而打出的，而对于匀变速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，因此可得打点计时器打下计数点5时，
物块A的速度大小为：v=8.60+11.000.2×10−2m/s=0.980m/s
(2)两物块是用绳子连接而组成的连接体，运动过程中有相同的速率，根据题意0为打下的第一个点，因此在打点计时器打计数点0到打计数点5的过程中，两物块组成的系统动能的增加量为：ΔEk=12(mA+mB)v2=12×(300+200)×10−3×0.9802J=0.240J
根据该实验的原理，可知系统重力势能的减少量为：ΔEp=mAgl05−mBgl05=300×10−3×9.8×(16.00+8.60)×10−2J−200×10−3×9.8×(16.00+8.60)×10−2J=0.241J
(3)由机械能守恒定律可得：(mA−mB)gh=12(mA+mB)v2
可得：v2=2(mA−mB)mA+mBgh=25gh
代入数据则有：25g=k
变形解得：g=52k
由于存在空气阻力和摩擦阻力，得到的函数式：v2=25gh中的速度偏小，即等式左边偏小，而高度h测量准确，因此可知，该实验测量得到的重力加速度比真实值偏小，即：g测故答案为：(1)0.980；(2)0.240、0.241；(3)52k、<。
(1)根据运动学公式得出物块A的瞬时速度；
(2)根据动能和重力势能的计算公式得出动能和重力势能的变化量；
(3)根据图像的斜率和机械能守恒定律得出g的大小。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设小球在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律，竖直方向有
h=12gt2
水平方向有
R=v0t
联立解得：t=0.5s，v0=5m/s
(2)在时间t内，圆盘可能转过了0.5周、1.5周、2.5周、…经分析可知
ωt=2π(n+0.5)rad，(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
解得：ω=2(2n+1)πrad/s，(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
答：(1)小球被抛出时的初速度大小v0大小为5m/s；
(2)圆盘转动的角速度大小ω为2(2n+1)πrad/s(n=0,1,2……)。
【解析】小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向求出时间，根据水平位移求出小球被抛出时的初速度；圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈，求出圆盘转动的角速度大小。
解答本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性。
15.【答案】解：(1)轻绳断裂前瞬间，根据连接体速度的关联性，可知甲球的速度沿绳方向的分速度大小等于乙球的速度大小，则有：
v1cs45∘=v2
解得：v1:v2= 2:1
(2)甲球下滑的过程中，对两球组成的系统机械能，则有：
2mgR−mg× 2Rsinθ=12⋅2mv12+12mv22
设轻绳断裂后瞬间甲球所受碗底对它的支持力大小为F′，由牛顿第二定律有
F′−2mg=2mv12R
根据牛顿第三定律有
F=F′
联立解得：F=185mg
(3)对轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的过程，根据动能定理有
−mgxsinθ=0−12mv22
由(2)可得：v2= 25gR，代入上式解得：x= 25R
答：(1)轻绳断裂前瞬间甲、乙两球的速度大小之比v1：v2为 2:1；
(2)轻绳断裂后瞬间甲球对碗底的压力F的大小为185mg；
(3)轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的最大距离x为 25R。
【解析】(1)轻绳断裂前瞬间，根据甲沿绳子方向的分速度等于乙的速度，求解甲、乙两球的速度大小之比v1：v2；
(2)甲球下滑的过程中，对于两球组成的系统，根据机械能守恒定律求出甲球到达B点时的速度大小。轻绳断裂后瞬间，根据牛顿第二定律求出碗底对甲球的支持力大小，从而求得甲球对碗底的压力F的大小；
(3)对轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的过程，根据动能定理求解轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的最大距离x。
本题考查动能定理和牛顿运动定律的综合运用，把握两球速度关系、下落高度和上升高度的关系是解决本题的关键，要知道轻绳断裂前瞬间，根据甲沿绳子方向的分速度等于乙的速度。运用动能定理时，要注意明确研究对象。
16.【答案】解：(1)对粒子在第二象限内运动的过程，根据动能定理可得：
qEL=12mv2
解得：v= 2qELm
(2)粒子在第一象限内做类平抛运动，设粒子从N点运动到P点的时间为t1，粒子在第一象限内运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
qE′=ma1
根据平抛运动的研究方法，水平方向有
2L=vt1
竖直方向有
L=12a1t12
联立解得：E′=E
(3)粒子在第二象限内做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，有
qE=ma2
根据匀变速直线运动的规律有
L=12a2t22
解得：t2= 2mLqE
由(2)可得
t1= 2mLqE
又t=t1+t2
解得：t=2 2mLqE
(4)根据动能定理可知，在粒子从M点运动到P点的过程中，电场力对粒子做的功
W=qEL+qE′L
根据功能关系有
ΔEp=−W
解得：ΔEp=−2qEL
答：(1)粒子通过N点时的速度大小为 2qELm；
(2)第一象限内的电场的电场强度大小为E；
(3)粒子从M点运动到P点的时间为2 2mLqE；
(4)粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量为−2qEL。
【解析】(1)根据动能定理列式得出粒子通过N点时的速度；
(2)根据牛顿第二定律，结合类平抛运动的特点联立等式得出场强的大小；
(3)根据牛顿第二定律结合运动学公式得出对应的运动时间；
(4)根据电场力的做功公式，结合功能关系分析出电势能的变化量。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律得出对应的加速度，熟悉类平抛运动的特点，结合运动学公式即可完成分析。
1.无人机快递，即利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵无人驾驶的低空飞行器运载包裹，自动送达目的地。某无人机携带包裹沿水平方向匀速飞行，快要飞至目的地上方时，自由释放包裹，包裹准确落在目的地，此过程中无人机始终保持以原速直线飞行，不计空气阻力，则对包裹在空中下落的过程，下列说法正确的是( )
A. 包裹相对无人机静止B. 包裹相对无人机做自由落体运动
C. 包裹相对地面做匀加速直线运动D. 包裹相对地面做变加速曲线运动
2.如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面由静止下滑，B自由下落，最后均到达地面。下列说法正确的是( )
A. 重力对两物体做的功相同
B. 重力对两物体做功的平均功率相同
C. 两物体到达地面时的速度相同
D. 两物体到达地面时重力做功的瞬时功率相同
3.在某次投篮表演中，篮球被斜向上抛出后准确落入篮筐。这次投篮时，篮球出手时的位置和篮筐恰好在同一水平面上。若篮球出手后到落入篮筐前在空中运动的时间为t，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则篮球落入篮筐前距篮筐的最大高度为( )
A. 18gt2
B. 16gt2
C. 14gt2
D. 12gt2
4.双星由两颗绕着共同的中心旋转的恒星组成。在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。如图所示，若某双星系统的A、B两颗恒星绕其连线上的O点做匀速圆周运动，且AO>OB，则下列说法正确的是( )
A. A的角速度小于B的角速度B. A的质量小于B的质量
C. A的线速度小于B的线速度D. A的向心加速度小于B的向心加速度
5.如图所示，M、N两点分别固定电荷量相同的两个点电荷(图中未画出)，M处的点电荷带正电，N处的点电荷带负电，以N点为圆心，M、N两点间距离的一半为半径画圆，A、B、C、D是圆周上四点，A、B两点在直线MN上，C、D两点的连线过圆心且垂直于直线MN。一正试探电荷在圆周上运动，先后经过A、C、B、D四点。下列说法正确的是( )
A. 试探电荷在B点受到的电场力最大
B. 试探电荷在A、B两点受到的电场力方向相同
C. 试探电荷在B点的电势能最小
D. 试探电荷在C、D两点受到的电场力相同
6.假定维持月球绕地球运动的力与使得苹果下落的力性质相同，已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，月球绕地球做匀速圆周运动的角速度大小为ω，月球绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，则根据牛顿运动定律及万有引力表达式计算出的月球在轨道上运行的加速度大小以及根据圆周运动向心力表达式计算出的向心加速度大小分别为( )
A. g60，ω2RB. g60，60ω2RC. g3600，ω2RD. g3600，60ω2R
7.2023年5月11日，“天舟六号”货运飞船成功对接于空间站“天和”核心舱后向端口。交会对接完成后，“天舟六号”转入组合体飞行段。若组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运行周期为T，地球的半径为R，则地球表面的重力加速度大小为( )
A. 4πr3T2RB. 4π2r3T2RC. 4π2r3T2R2D. 4π2R3T2r2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示，实线表示电场线，虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过B点的切线与该处的电场线垂直。下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 粒子在B点的加速度大于它在C点的加速度
C. 粒子在B点时电场力做功的功率不为零
D. 粒子从A点运动到C点的过程中电势能先增加后减少
9.在如图所示的电路中，开关S闭合后，一带电油滴恰能静止于一水平固定的平行板电容器中的P点。下列说法正确的是( )
A. 油滴带负电荷
B. 仅将极板M缓慢下移，油滴将向上运动
C. 仅将极板M缓慢下移，静电计指针的张角变小
D. S断开后，仅将极板M缓慢下移，油滴静止不动
10.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点，它们的连线构成等边三角形。M、N、P分别为AB、AC、BC的中点，O点为三角形的中心。若A、B、C三点的电势分别为6V、4V、8V，则下列说法正确的是( )
A. M点的电势为5V
B. M点的电势比P点的电势高
C. N、P两点的电势差UNP=1V
D. O点的电势为7V
11.如图所示，距水平地面高度为h的光滑水平桌面上静置两个质量均为m的小球A和B(均视为质点)，两球用长为2h的轻绳相连，B球位于桌面的边缘，轻绳恰好伸直。现由于轻微扰动，B球由静止下落。重力加速度大小为g，两球落地后的速度立即变为零，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. B球落地时的速度大小为 2gh
B. A球落地时的速度大小为 3gh
C. A球到达桌面边缘所用的时间为3 hg
D. B球在空中运动时，轻绳的弹力大小为12mg
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.小明在做“研究平抛运动”的实验。
(1)如图甲所示，用横挡条卡住平抛小球后，用铅笔标注小球顶部在方格板上的投影点，则坐标原点应为小球在斜槽末端点时的______。
A.底部
B.球心
C.顶部
(2)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.斜槽轨道可以不光滑
B.每次横挡条必须向下或向上移动相同的距离
C.必须将所有的点用直线连接起来
D.y轴的方向(竖直向下)根据重垂线确定
(3)拍摄小球运动的频闪照片如图乙所示，可以看出，小球离开斜槽末端后做斜抛运动，出现这一结果的原因可能是______。
A.斜槽不光滑
B.斜槽末端切线不水平
C.小球被释放时的初速度不为0
D.释放小球的初始位置不同
13.学校物理兴趣小组用如图甲所示的装置验证A、B两物块组成的系统机械能守恒。物块A从高处由静止下落，物块B上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量并进行数据处理，即可验证机械能守恒定律。图乙是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个计时点(图中未画出)，计数点间的距离已标出。物块A的质量为300g，物块B的质量为200g，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，结果均保留三位有效数字。
(1)打点计时器打下计数点5时，物块A的速度大小为______m/s。
(2)该同学不知道当地的重力加速度，于是按课本中的数据，取重力加速度大小g=9.8m/s2，则在打点计时器打计数点0到打计数点5的过程中，两物块组成的系统动能的增加量为______ J，系统重力势能的减少量为______ J，并由此得出：在误差允许的范围内，验证了机械能守恒定律。
(3)测出某个计数点到计数点0的距离h以及打点计时器打该计数点时物块A的速度大小，选取多个计数点，得到多组数据，作出v2−h图像如图丙所示。若图像的斜率为k，则可推算出当地的重力加速度，g测=______(用k表示)，考虑到存在空气阻力和摩擦阻力，与当地的实际重力加速度g真相比，有g测______g真(填“>”、“<”或“=”)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
14.如图所示，半径R=2.5m的圆盘绕圆心O匀速水平转动，从O点正上方距O点的高度h=1.25m处水平抛出一个小球(视为质点)，此时圆盘半径OA(A点在圆盘边缘)恰好与小球被抛出时的初速度方向相同。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。若小球只与圆盘碰撞一次，且落点为A点关于O点对称的B点，求：
(1)小球被抛出时的初速度大小v0；
(2)圆盘转动的角速度大小ω。
15.如图所示，一半径为R的半球形碗固定，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口均光滑，碗的右侧有一倾角θ=45∘的固定光滑斜面(足够长)，一根不可伸长的轻绳跨接在碗口及斜面顶端的光滑小定滑轮两端，轻绳的两端分别系有甲、乙两个小球，左侧甲球的质量为2m，右侧乙球的质量为m。开始时甲球恰好在碗的右顶点A处，乙球在斜面上且距离斜面顶端足够远，连接两球的轻绳与斜面平行且恰好伸直。现将甲球由静止释放，当甲球到达O点正下方的B点时，轻绳突然断裂。重力加速度大小为g，不计轻绳断裂瞬间的能量损失，两球均视为质点。求：
(1)轻绳断裂前瞬间甲、乙两球的速度大小之比v1：v2；
(2)轻绳断裂后瞬间甲球对碗底的压力F的大小；
(3)轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的最大距离x。
16.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一、二象限内存在匀强电场，其中第一象限内的电场沿y轴负方向；第二象限内的电场沿x轴正方向、电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从第二象限内坐标为(−L,L)的M点由静止开始释放，从y轴上的N点进入第一象限，最后从x轴上到原点O距离为2L的P点离开第一象限。不计粒子受到的重力。求：
(1)粒子通过N点时的速度大小v；
(2)第一象限内的电场的电场强度大小E′；
(3)粒子从M点运动到P点的时间t；
(4)粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量ΔEp。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.当无人机释放包裹后，包裹会做平抛运动，即包裹在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，而此过程中无人机始终保持以原速直线飞行，则可知包裹相对无人机做自由落体运动，故A错误，B正确；
CD.由题分析可知，包裹被释放后做平抛运动，则可知包裹相对地面做匀变速曲线运动，故CD错误。
故选：B。
参考系：又称参照物，研究物体运动时选定的参照的物体或彼此不做相对运动的物体系。
根据题意判断物体的运动规律，选定参考系，再分析物体的运动状态即可。
解题关键是能够根据题意判断包裹的运动规律，再结合参考系的选定，即可求解。属于基础题目。
2.【答案】A
【解析】解：A、两物体竖直方向的高度h相等，根据WG=mgh，可知重力对两物体做的功相同，故A正确；
B、设斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律有：mgsinθ=ma，可得A的加速度a=gsinθ，A的加速度竖直分量小于g，由h=12ayt2可知A下滑的时间较长，根据P−=WGt，可知重力对两物体做功的平均功率不相同，故B错误；
CD、根据mgh=12mv2，可知两物体到达地面时的速度大小相同，但是方向不同，所以两物体到达地面时沿竖直方向的分速度不同，根据P=mgvy，可知重力做功的瞬时功率不相同，故CD错误。
故选：A。
A、两物体竖直方向高度相等，由WG=mgh可判断正误；
B、由牛顿第二定律可得物体A的加速度，比较两者竖直方向加速度大小，则可得两物体落地地面时间长短，由P−=WGt可得两物体重力平均功率不同；
CD、根据动能定理可知两物体到达地面速度大小相等，但竖直方向的速度不同，由P=mgvy可判断正误。
本题考查了功率、功，解题的关键是两物体竖直方向的高度相等，重力做功相等，竖直方向的加速度不等，则运动时间不相等。
3.【答案】A
【解析】解：篮球出手时的位置和篮筐恰好在同一水平面上，可知篮球做斜抛运动，从篮球出手到篮球到达最高点，和篮球从最高点到落入篮筐两个过程具有对称性，时间相等，即都为t2，而篮球从最高点到落入篮筐的过程中，竖直方向做自由落体运动，则有
h=12g(t2)2=18gt2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
分析投篮过程做斜抛运动，根据运动的合成和分解以及对称性规律计算。
本题关键掌握投篮过程篮球做斜抛运动，掌握逆向思维和对称性。
4.【答案】B
【解析】解：A、双星系统的特点是角速度相同，周期相同，故A错误；
B、设A的质量为mA，B的质量为mB，A、B间的距离为L，AO为r1，OB为r2，A、B系统的角速度为ω，则根据万有引力充当各自做圆周运动的向心力有：GmAmBL2=mAω2r1，GmAmBL2=mBω2r2
两式相除解得：mAmB=r2r1=OBAO
而由几何关系：AO>OB，由此可知A的质量小于B的质量，故B正确；
C、根据线速度与角速度的关系：v=ωr，由于有：AO>OB，可知A的线速度大于B的线速度，故C错误；
D、设A的向心加速度为aA，B的向心加速度为aB，根据牛顿第二定律：GmAmBL2=mAaA，GmAmBL2=mBaB
整理解得：aA=GmBL2，aB=GmAL2
而由以上结论可知：mB>mA
则可得：aA>aB，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力得到质量大小关系；
根据圆周运动规律由半径关系求得线速度和加速度的关系。
万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据等量异种点电荷的电场的特点可知，距离N相等的A、B、C、D电场强度A点最大，则正试探电荷在A处所受到的电场力最大，故A错误；
B、根据等量异种点电荷的电场的特点可知，A点电场强度的方向向右，而B点电场强度的方向向左，所以正试探电荷在A点受力方向水平向右，在B点受力方向水平向左，故B错误；
C、A、B、C、D四点在以点电荷−Q为圆心的圆上，由−Q产生的电场在A、B、C、D四点的电势是相等的，所以A、B、C、D四点的总电势可以通过+Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，A点的电势最高，C、D电势相等，B点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知试探电荷在A处的电势能最大，在B点的电势能最小，故C正确；
D、根据场强的叠加可知，C、D两点场强大小相等，方向不同，故电场力不同，故D错误。
故选：C。
根据等量异种点电荷的电场的特点判断电场强度大小关系。A、B、C、D四点的电场是由正电荷与负电荷合成的，由于A、B、C、D四点在以负点电荷的位置为圆心的圆上，所以由负点电荷的电场在A、B、C、D四点的电势是相等的，A、B、C、D四点的总电势可以通过正点电荷产生的电场的电势来判定，再判断出电势能的大小；根据电场强度的叠加判断电场强度的大小和方向，从而判断电场力的大小关系。
本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，要充分利用电场的叠加原理进行分析。
6.【答案】D
【解析】解：设地球的质量为M，月球的质量为m，地球上某一物体的质量为m0，则在地球上有
GMm0R2=m0g
而对于月球，由牛顿第二定律有
GMm(60R)2=ma
解得：a=g3600
由万有引力充当向心力有
mω2(60R)=ma
解得：a=60ω2R，故D正确，ABC错误；
故选：D。
在忽略自转的情况下，万有引力与重力相等，同时对月球根据牛顿第二定律列式即可完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解月球做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：设地球表面的重力加速度为g，地球的质量为M，组合体的质量为m，地球上某物体的质量为m0，
对空间组合体，由万有引力充当向心力有：GMmr2=m4π2T2r
对在地球表面的物体m0有：GMm0R2=m0g
联立解得：g=4π2r3T2R2
故选：C。
根据组合体绕地球做匀速圆周运动列出其动力学方程可表达出地球的质量；在地面上的物体受到的重力由万有引力提供，从而得到重力加速度的值。
本题考查了万有引力提供向心力和万有引力提供重力的综合问题，由此列出动力学方程可解题。
8.【答案】BD
【解析】解：A、带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带负电，故A错误；
B.电场线越密集的地方电场强度越大，根据牛顿第二定律有
Eq=ma
因此可知，电场线越密集的地方，带电粒子的加速度越大，而根据图中电场线的分布可知，B点的电场线比C点的更密集，因此粒子在B点的加速度大于它在C点的加速度，故B正确；
C.根据题意，过B点的切线与该处的电场线垂直，而电场力的方向始终平行于电场线，即在B点的速度方向垂直于电场力，因此可知粒子在B点时电场力做功的功率为零，故C错误；
D.由于该粒子带负电，则根据粒子的运动轨迹可知，粒子从A点运动到C点的过程中电场力先做负功，后做正功，因此粒子的电势能先增加后减少，故D正确。
故选：BD。
带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带负电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小；由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能的变化。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，题型典型，难度中等，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
9.【答案】AD
【解析】解：A、电容器上极板带正电，下极板带负电，板间场强竖直向下，油滴受到的电场力竖直向上，可知油滴带负电荷，故A正确；
B、仅将极板M缓慢下移，则两极板间距增加，而板间电压不变，根据E=Ud可知，场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动，故B错误；
C、仅将极板M缓慢下移，电容器两板电势差不变，则静电计指针的张角不变，故C错误；
D、S断开后，仅将极板M缓慢下移，两极板所带电量Q不变，根据电容的定义式C=QU，电容的决定式C=εrS4πkd以及E=Ud，联立解得：E=4πkQϵrS，则知两极板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴静止不动，故D正确。
故选：AD。
根据油滴受到的电场力方向与板间电场方向的关系判断油滴的电性；仅将极板M缓慢下移，MN间电压不变，根据E=Ud判断板间场强的变化，再判断油滴的受力情况和运动情况。S断开后，仅将极板M缓慢下移，板间场强不变，油滴仍静止。
本题考查电容器动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据电容的定义式C=QU，电容的决定式C=εrS4πkd以及E=Ud相结合进行分析。
10.【答案】AC
【解析】解：A、根据U=Ed知，在匀强电场中，任意一条直线上任意相等距离的两点之间的电势差相等，M为AB的中点，则UAM=UMB，即φA−φM=φM−φB，解得：φM=5V，故A正确；
B、点P为CB的中点，则有UCP=UPB，即φC−φP=φP−φB，解得：φP=6V，可知φP>φM，故B错误；
C、点N为CA的中点，则有UCN=UNA，即φC−φN=φN−φA，解得：φN=7V，由此可得：UNP=φN−φP=7V−6V=1V，故C正确；
D、因φP=φA，所以AP为该匀强电场中的一条等势线，点O在AP连线上，可知：φO=6V，故D错误。
故选：AC。
根据在匀强电场中，任意一条直线上任意等距离的两点之间的电势差相等，来求解M点、N点和P点的电势，再得到N、P两点的电势差。找到等势线，再分析O点的电势。
解决本题的关键是掌握公式U=Ed，求出各点的电势，找出等势点，得到等势线。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、设B球落地时的速度大小为v。在B球下落过程中，对A、B两球组成的系统，由机械能守恒定律有：mgh=12(2m)v2，解得：v= gh，故A错误；
B、据题分析可知，B球落地时A球距桌面边缘的距离为h，当B球落地后，A球做匀速直线运动，运动到从桌面边缘后做平抛运动。
设A球落地时的速度大小为v1，从B球落地到A球落地的过程中，对A球，由机械能守恒定律得：mgh=12mv12−12mv2，解得：v1= 3gh，故B正确；
C、B球落地的过程中，A、B两球都做匀加速直线运动，设加速度大小为a。
对A、B两球组成的整体，由牛顿第二定律得：
mg=2ma
解得：a=g2
设B落地所用的时间为t1，由运动学公式得：
h=12at12
解得：t1= 4hg
设在B球落地后A球运动到桌面边缘所用的时间为t2，该过程A球做匀速直线运动，则：
h=vt2
解得：t2= hg
所以A球到达桌面边缘所用的时间为：t=t1+t2= 4hg+ hg=3 hg，故C正确；
D、B球在空中运动时，设轻绳的弹力大小为T。
对B球，由牛顿第二定律得：mg−T=ma，解得：T=12mg，故D正确。
故选：BCD。
B球下落过程，对A、B两球组成的系统，运用机械能守恒定律求B球落地时的速度大小。B球落地后A球下落过程，对A球，利用机械能守恒定律求A球落地时的速度大小。根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求A球到达桌面边缘所用的时间。B球在空中运动时，对B球由牛顿第二定律求轻绳的弹力大小。
本题在应用机械能守恒定律时，应明确A落地后A即不能再分析，故应两次选择研究对象，利用机械能守恒定律求解速度。
12.【答案】C AD B
【解析】解：(1)实验中，用横挡条卡住平抛小球后，用铅笔标注小球顶部在方格板上的投影点，因此坐标原点应为小球在斜槽末端点时的顶部，故C正确，AB错误；
故选：C。
(2)A.斜槽轨道是否光滑对实验无影响，只要保证每次在同一位置释放小球就可保证小球做平抛运动的初速度相同，因此斜槽轨道可以不光滑，故A正确；
B.每次横挡条移动的距离可以随意些，目的都是为了得到小球做平抛的轨迹上的点，不必每次移动相同的距离，这样会增加实验的复杂程度及操作的繁琐性，故B错误；
C.因小球做平抛运动的轨迹为曲线，做出轨迹图像时应将所有的点迹用平滑的曲线连接起来，故C错误；
D.y轴的方向需根据重垂线来确定，以保证y轴竖直向下，故D正确。
故选：AD。
(3)根据拍摄照片可以看出，小球离开斜槽末端后做斜抛运动，说明斜槽末端未调整水平，才使得小球在斜槽末端抛出后做斜抛运动，而不是平抛运动。
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)AD；(3)B
(1)根据实验原理分析出坐标原点的位置；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据实验现象得出可能的原因。
本题主要考查了平抛运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点即可完成分析。
13.【答案】 <
【解析】解：(1)根据题意，每两个点之间还有4个点未画出，则可知纸带上每两个点之间的时间：T=0.1s。
纸带上的点迹为A、B组成的连接体做匀变速直线运动拖动而打出的，而对于匀变速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，因此可得打点计时器打下计数点5时，
物块A的速度大小为：v=8.60+11.000.2×10−2m/s=0.980m/s
(2)两物块是用绳子连接而组成的连接体，运动过程中有相同的速率，根据题意0为打下的第一个点，因此在打点计时器打计数点0到打计数点5的过程中，两物块组成的系统动能的增加量为：ΔEk=12(mA+mB)v2=12×(300+200)×10−3×0.9802J=0.240J
根据该实验的原理，可知系统重力势能的减少量为：ΔEp=mAgl05−mBgl05=300×10−3×9.8×(16.00+8.60)×10−2J−200×10−3×9.8×(16.00+8.60)×10−2J=0.241J
(3)由机械能守恒定律可得：(mA−mB)gh=12(mA+mB)v2
可得：v2=2(mA−mB)mA+mBgh=25gh
代入数据则有：25g=k
变形解得：g=52k
由于存在空气阻力和摩擦阻力，得到的函数式：v2=25gh中的速度偏小，即等式左边偏小，而高度h测量准确，因此可知，该实验测量得到的重力加速度比真实值偏小，即：g测
(1)根据运动学公式得出物块A的瞬时速度；
(2)根据动能和重力势能的计算公式得出动能和重力势能的变化量；
(3)根据图像的斜率和机械能守恒定律得出g的大小。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设小球在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律，竖直方向有
h=12gt2
水平方向有
R=v0t
联立解得：t=0.5s，v0=5m/s
(2)在时间t内，圆盘可能转过了0.5周、1.5周、2.5周、…经分析可知
ωt=2π(n+0.5)rad，(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
解得：ω=2(2n+1)πrad/s，(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
答：(1)小球被抛出时的初速度大小v0大小为5m/s；
(2)圆盘转动的角速度大小ω为2(2n+1)πrad/s(n=0,1,2……)。
【解析】小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向求出时间，根据水平位移求出小球被抛出时的初速度；圆盘转动的时间和小球平抛运动的时间相等，在这段时间内，圆盘转动n圈，求出圆盘转动的角速度大小。
解答本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道圆盘转动的周期性。
15.【答案】解：(1)轻绳断裂前瞬间，根据连接体速度的关联性，可知甲球的速度沿绳方向的分速度大小等于乙球的速度大小，则有：
v1cs45∘=v2
解得：v1:v2= 2:1
(2)甲球下滑的过程中，对两球组成的系统机械能，则有：
2mgR−mg× 2Rsinθ=12⋅2mv12+12mv22
设轻绳断裂后瞬间甲球所受碗底对它的支持力大小为F′，由牛顿第二定律有
F′−2mg=2mv12R
根据牛顿第三定律有
F=F′
联立解得：F=185mg
(3)对轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的过程，根据动能定理有
−mgxsinθ=0−12mv22
由(2)可得：v2= 25gR，代入上式解得：x= 25R
答：(1)轻绳断裂前瞬间甲、乙两球的速度大小之比v1：v2为 2:1；
(2)轻绳断裂后瞬间甲球对碗底的压力F的大小为185mg；
(3)轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的最大距离x为 25R。
【解析】(1)轻绳断裂前瞬间，根据甲沿绳子方向的分速度等于乙的速度，求解甲、乙两球的速度大小之比v1：v2；
(2)甲球下滑的过程中，对于两球组成的系统，根据机械能守恒定律求出甲球到达B点时的速度大小。轻绳断裂后瞬间，根据牛顿第二定律求出碗底对甲球的支持力大小，从而求得甲球对碗底的压力F的大小；
(3)对轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的过程，根据动能定理求解轻绳断裂后乙球沿斜面继续向上运动的最大距离x。
本题考查动能定理和牛顿运动定律的综合运用，把握两球速度关系、下落高度和上升高度的关系是解决本题的关键，要知道轻绳断裂前瞬间，根据甲沿绳子方向的分速度等于乙的速度。运用动能定理时，要注意明确研究对象。
16.【答案】解：(1)对粒子在第二象限内运动的过程，根据动能定理可得：
qEL=12mv2
解得：v= 2qELm
(2)粒子在第一象限内做类平抛运动，设粒子从N点运动到P点的时间为t1，粒子在第一象限内运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
qE′=ma1
根据平抛运动的研究方法，水平方向有
2L=vt1
竖直方向有
L=12a1t12
联立解得：E′=E
(3)粒子在第二象限内做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，有
qE=ma2
根据匀变速直线运动的规律有
L=12a2t22
解得：t2= 2mLqE
由(2)可得
t1= 2mLqE
又t=t1+t2
解得：t=2 2mLqE
(4)根据动能定理可知，在粒子从M点运动到P点的过程中，电场力对粒子做的功
W=qEL+qE′L
根据功能关系有
ΔEp=−W
解得：ΔEp=−2qEL
答：(1)粒子通过N点时的速度大小为 2qELm；
(2)第一象限内的电场的电场强度大小为E；
(3)粒子从M点运动到P点的时间为2 2mLqE；
(4)粒子从M点运动到P点的过程中电势能的变化量为−2qEL。
【解析】(1)根据动能定理列式得出粒子通过N点时的速度；
(2)根据牛顿第二定律，结合类平抛运动的特点联立等式得出场强的大小；
(3)根据牛顿第二定律结合运动学公式得出对应的运动时间；
(4)根据电场力的做功公式，结合功能关系分析出电势能的变化量。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律得出对应的加速度，熟悉类平抛运动的特点，结合运动学公式即可完成分析。
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